2022年高考数学真题分类汇编专题04：导数及答案.docx

1、2022年高考数学真题分类汇编专题04：导数一、单选题1（2022全国乙卷）函数 f(x)=cosx+(x+1)sinx+1 在区间 0，2 的最小值、最大值分别为（） A2，2B32，2C2，2+2D32，2+22（2022全国甲卷）已知 a=3132，b=cos14，c=4sin14 ，则（） AcbaBbacCabcDacb3（2022全国甲卷）当 x=1 时，函数 f(x)=alnx+bx 取得最大值 2 ，则 f(2)= （） A-1B12C12D14（2022新高考卷）已知正四棱锥的侧棱长为 l ，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36 ，且 3l33， 则该正四棱锥体积的取值

2、范围是（） A18，814B274，814C274，643D18，275（2022新高考卷）设 a=0.1e0.1，b=19，c=ln0.9， 则（） AabcBcbaCcabDacb二、多选题6（2022新高考卷）函数 f(x)=sin(2x+)(0OA2DBPBQBA2三、填空题9（2022新高考卷）写出曲线 y=ln|x| 过坐标原点的切线方程： ， 10（2022全国乙卷）已知 x=x1 和 x=x2 分别是函数 f(x)=2axex2 （ a0 且 a1 ）的极小值点和极大值点若 x10) （）求 f(x) 的单调区间；（）已知 a，bR ，曲线 y=f(x) 上不同的三点 (x1，

3、f(x1)，(x2，f(x2)，(x3，f(x3) 处的切线都经过点 (a，b) 证明：（）若 ae ，则 0bf(a)12(ae1) ；（）若 0ae，x1x2x3 ，则 2e+ea6e21x1+1x30 时， f(x)ln(n+1) 15（2022全国乙卷）已知函数 f(x)=ax1x(a+1)lnx （1）当 a=0 时，求 f(x) 的最大值；（2）若 f(x) 恰有一个零点，求a的取值范围16（2022全国甲卷）已知函数 f(x)=exxlnx+xa （1）若 f(x)0 ，求a的取值范围；（2）证明：若 f(x) 有两个零点 x1，x2 ，则 x1x2f(s)+f(t) 20（20

4、22新高考卷）已知函数 f(x)=exax 和 g(x)=axlnx 有相同的最小值.（1）求a；（2）证明：存在直线 y=b， ，其与两条曲线 y=f(x) 和 y=g(x) 共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列21（2022上海）已知数列 an ， a2=1 ， an 的前n项和为 Sn .（1）若 an 为等比数列， S2=3 ，求 limnSn ；（2）若 an 为等差数列，公差为d，对任意 nN* ，均满足 S2nn ，求d的取值范围.答案解析部分1【答案】D2【答案】A3【答案】B4【答案】C5【答案】C6【答案】A,D7【答案】A,C8【答案】B,C,D9

5、【答案】y=1ex；y=1ex10【答案】(1e，1)11【答案】a0或a-412【答案】213【答案】解：（） f(x)=1xe2x2=2xe2x2 故f(x) 的减区间为 (0，e2) ，增区间为 (e2，+) . （）（）因为过 (a，b) 有三条不同的切线，设切点为 (xi，f(xi)，i=1，2，3 ，故 f(xi)b=f(xi)(xia) ，故方程 f(x)b=f(x)(xa) 有3个不同的根，该方程可整理为 (1xe2x2)(xa)e2xlnx+b=0 ，设 g(x)=(1xe2x2)(xa)e2xlnx+b ，则 g(x)=1xe2x2+(1x2+ex3)(xa)1x+e2x2

6、=1x3(xe)(xa) ，当 0xa 时， g(x)0 ；当 ex0 ，故 g(x) 在 (0，e)，(a，+) 上为减函数，在 (e，a) 上为增函数，因为 g(x) 有3个不同的零点，故 g(e)0 ，故 (1ee2e2)(ea)e2elne+b0 ，整理得到： be2a+lna=f(a) ，此时 bf(a)12(ae1)a2e+1(e2a+lna)a2e+12=32e2alna ，设 u(a)=32e2alna ，则 u(a)=e-2a2a20 ，故 u(a) 为 (e，+) 上的减函数，故 u(a)32e2elne=0 ，故 0bf(a)12(ae1) .（）当 0ae 时，同（）中

7、讨论可得：故 g(x) 在 (0，a)，(e，+) 上为减函数，在 (a，e) 上为增函数，不妨设 x1x2x3 ，则 0x1ax2ex3 ，因为 g(x) 有3个不同的零点，故 g(a)0 ，故 (1ee2e2)(ea)e2elne+b0 且 (1ae2a2)(aa)e2alna+b0 ，整理得到： a2e+1ba2e+lna ，因为 x1x2x3 ，故 0x1ax2eea1 ， m=ae1 ，要证： 2e+ea6e21x1+1x22aea6e2 ，即证 2+ea6et1+t32eaea6e ，即证： 13m6t1+t32m1m6 ，即证： (t1+t313m6)(t1+t32m+1m6)0

8、 ，即证： t1+t322m(m13)(m2m+12)36m(t1+t3) ，而 (m+1)t1+m2t12+lnt1+b=0 且 (m+1)t3+m2t32+lnt3+b=0 ，故 lnt1lnt3+m2(t12t32)(m+1)(t1t3)=0 ，故 t1+t322m=2mlnt1lnt3t1t3 ，故即证： 2mlnt1lnt3t1t30即证： (k+1)lnkk1+(m13)(m2m+12)720 ，记 (k)=(k+1)lnkk1，k1 ，则 (k)=1(k1)2(k1k2lnk)0 ，设 u(k)=k1k2lnk ，则 u(k)=1+1k22k2k2k=0 即 (k)0 ，故 (k

9、) 在 (1，+) 上为增函数，故 (k)(m) ，所以 (k+1)lnkk1+(m13)(m2m+12)72(m+1)lnmm1+(m13)(m2m+12)72 ，记 (m)=lnm+(m1)(m13)(m2m+12)72(m+1)，0m(m1)2(3m3+3)72m(m+1)20 ，所以 (m) 在 (0，1) 为增函数，故 (m)(1)=0 ，故 lnm+(m1)(m13)(m2m+12)72(m+1)0 ，故原不等式得证.14【答案】（1）解：解： a=1f(x)=xexex=(x1)exf(x)=xex当 x(，0) 时， f(x)0，f(x) 单调递增.（2）令 g(x)=f(x)

10、+1=xeaxex+1(x0)g(x)g(0)=0 对 x0 恒成立又 g(x)=eax+axeaxexg(0)=0令 h(x)=g(x)h(x)=aeax+a(eax+axeax)ex=a(2eax+axeax)ex则 h(0)=2a1若 h(0)=2a10 ，即 a12，h(0)=limx0+g(x)g(0)x0=limx0+g(x)x0所以 x00 ，使得当 x(0，x0) 时，有 g(x)x0g(x)0g(x) 单调递增 g(x0)g(0)=0 ，矛盾若 h(0)=2a10 ，即 a12 时， g(x)=eax+axeaxex=eax+ln(1+ax)exe12x+ln(1+12x)e

11、xe12x+12xex=0g(x) 在 0，+) 上单调递减， g(x)g(0)=0 ，符合题意.综上所述，实数a的取值范围足 a12 .（3）证明：取 a=12 ，则 x0 ，总有 xe12xex+11，t2=ex，x=2lnt ，故 2tlntt21 即 2lnt1 恒成立.所以对任意的 nN* ，有 2lnn+1nn+1nnn+1 ，整理得到： ln(n+1)lnnln2ln1+ln3ln2+ln(n+1)lnn=ln(n+1) ，故不等式成立.15【答案】（1）解：当 a=0 时， f(x)=1xlnxf(x)=1x21x=1xx2x（0，1）1（1，+）f（x）+0-f（x） f(x

12、) 的最大值=f（1）=-1-ln1=-1（2）解： f(x) 定义域为（0，+） f(x)=a+1x2a+1x=ax2(a+1)x+1x2=1x2(ax1)(x1)根据（1）得：a=0时，f（x）max=-10，f（x）无零点当a0时，x0，ax-10，又x20x（0，1）1（1，+）f（x）+0-f（x） x0，f（x）f（1）=a-10，f（x）无零点当a0时， f(x)=ax2(x1a)(x1)当0a1时， 1a 1x（0，1）1（1， 1a ）1a（ 1a ，+）f（x）+0-0+f（x） x（0， 1a ，f（x）f（1）=a-10，又 limx+ f（x）=+，f（x）恰有一个零

13、点当a=1时， f(x)=(x1)2x20 ，f（x）在（0，+）上递增，由f（1）=a-1=0可得，f（x）恰有一个零点当a1时， 1a （0，1x（0， 1a ）1a（ 1a ，1）1（1，+）f（x）+0-0+f（x） x 1a ，+），f（x）f（1）=a-10，又 limx0 f（x）=-，f（x）恰有一个零点综上所得a取值范围为 (0，+)16【答案】（1） 解： 由题意得，函数f(x)的定义域为0，+ ，fx=1x-1x2ex-1x+1=1x1-1xex+1-1x=x-1xexx+1 ， 令f(x)=0， 得x=1 ， 当x（0，1），f(x)0， f(x)单调递增 ， 若f(x

14、)0，则e+1-a0， 即ae+1 ， 所以a的取值范围为（-，e+1） （2）证明：由题知， f(x) 一个零点小于1，一个零点大于1 不妨设 x11x2要证 x1x21 ，即证 x1f(1x2)因为 f(x1)=f(x2) ，即证 f(x2)f(1x2)即证 exxlnx+xxe1xlnx1x0，x(1，+)即证 exxxe1x2lnx12(x1x)0下面证明 x1 时， exxxe1x0，lnx12(x1x)1 ，则 g(x)=(1x1x2)ex(e1x+xe1x(1x2)=1x(11x)exe1x(11x)=(11x)(exxe1x)=x1x(exxe1x)设 (x)=exx(x1)，

15、(x)=(1x1x2)ex=x1x2ex0所以 (x)(1)=e ，而 e1x0 ，所以 g(x)0所以 g(x) 在 (1，+) 单调递增即 g(x)g(1)=0 ，所以 exxxe1x0令 h(x)=lnx12(x1x)，x1h(x)=1x12(1+1x2)=2xx212x2=(x1)22x20所以 h(x) 在 (1，+) 单调递减即 h(x)h(1)=0 ，所以 lnx12(x1x)0 ，所以 x1x20 ，解得 13x1 ，令 h(x)0 ，解得 x13 或 0x0 ，当 x(1，0)，g(x)=ex+a(1x2)0 ，即 f(x)0所以 f(x) 在 (1，0) 上单调递增， f(

16、x)0所以 g(x) 在 (0，+) 上单调递增所以 g(x)g(0)=1+a0 ，即 f(x)0所以 f(x) 在 (0，+) 上单调递增， f(x)f(0)=0故 f(x) 在 (0，+) 上没有零点，不合题意3若 a0 ，所以 g(x) 在 (0，+) 上单调递增g(0)=1+a0所以存在 m(0，1) ，使得 g(m)=0 ，即 f(m)=0当 x(0，m)，f(x)0，f(x) 单调递增所以当 x(0，m)，f(x)0所以 g(x) 在 (1，0) 单调递增g(1)=1e+2a0所以存在 n(1，0) ，使得 g(n)=0当 x(1，n)，g(x)0，g(x) 单调递增， g(x)g

17、(0)=1+a0所以存在 t(1，n) ，使得 g(t)=0 ，即 f(t)=0当 x(1，t)，f(x) 单调递增，当 x(t，0)，f(x) 单调递减有 x1，f(x)而 f(0)=0 ，所以当 x(t，0)，f(x)0所以 f(x) 在 (1，t) 上有唯一零点， (t，0) 上无零点即 f(x) 在 (1，0) 上有唯一零点所以 a0 ， ln(1+x)+21+x1(1+x)2ln1+1+2x(1+x)20故 g(x)0 对 x0，+) 成立， g(x) 在 0，+) 上单调递增（III）证明：不妨设 St ，由拉格朗日中值定理可得： f(s+t)f(s)(s+t)s=f()其中 s，

18、s+t ，即 f(s+t)f(s)=tf()f(t)f(0)t0=f() ，其中 (0，t) ，即 f(t)f(0)=tf()由 g(x) 在 0，+) 上单调递增，故 f()f()f(s+t)f(s)f(t)f(0)=f(t)f(s+t)f(s)+f(t) 证毕20【答案】（1）因为 f(x)=exax ，所以 f(x)=exa ， 若 a0 ，则 f(x)=exa0 恒成立，所以 f(x) 在 (0，+) 上单调递增，无最小值，不满足；若 a0 ，令f（x）0xlna，令f（x）0xlna，所以 f(x)min=f(lna)=aalna ，因为 g(x)=axlnx ，定义域 x0 ，所以

19、 g(x)=a1x ，所以 g(x)0x1a，g(x)00x0) ，则 h(a)=a2+1a(a+1)20 恒成立所以 h(a) 在 (0，+) 上单调递增，又因为 h(1)=0 ，lnaa1a+1=0 有唯一解 a=1 ，综上， a=1（2）由(1)易知 f(x) 在 (，0) 上单调递减，在 (0，+) 上单调递增， g(x) 在 (0，1) 上单调递减，在 (1，+) 上单调递增， 存在直线 y=b ，其与两条曲线 y=f(x) 和 y=g(x) 共有三个不同的交点，设三个不同交点的横坐标分别为 x1，x2，x3 ，不妨设 x1x2x3 ，显然有 x10x21x3 ，则肯定有 f(x1)

20、=f(x2)=g(x2)=g(x3)=b ，注意 f(x)，g(x) 的结构，易知 f(lnx)=g(x) ，所以有 f(lnx)=g(x) ，所以有 f(x1)=f(lnx2) ，而由 x10，lnx20，f(x) 在 (，0) 上单调递减，知 x1=lnx2 ，同理 x2=lnx3x3=ex2 ，所以 x1+x3=lnx2+ex2 ，又由 f(x2)=g(x2)ex2x2=x2lnx2ex2+lnx2=2x2 ，故 x1+x3=2x2 ，所以存在直线 y=b ，其与两条曲线 y=f(x) 和 y=g(x) 共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.21【答案】（1）设等比数列的公比为q，则由题意得a1=2， 则q=12 则Sn=a11-qn1-q=41-12n 则 limnSn=lim4n1-12n=4（2）由题意得S2n=2na2+a2n-12=2dn2+2-3dnn 则(3-2n)d1 当n=1时，d1； 当n2时，d13-2n恒成立； 13-2n-1，0) d0 综上 d0，1